\documentclass{article}
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\newmdtheoremenv[
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% 定义说明环境样式
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  {1em}% 下方间距
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% 使用新定义的样式创建说明环境
\theoremstyle{mystyle}
\newtheorem*{zremark}{说明}


\begin{document}
\title{4.4 习题}
\maketitle

\section*{4.4.1}
证明：

\textbf{1.证明$n$的存在性}

由有理数的三歧性分情况讨论。

（1）$x = 0$时，$n=0$满足命题$n \leq x < n+1$。

（2）$x$是正有理数时，存在正整数$a,b$使得$x = a / b$。

当$a<b$时，
因为$x$是正有理数，所以$x \geq 0$，又因为，
\begin{align*}
  1 - x & = 1 - a/b \\
        & = (b-a)/b \\
\end{align*}
由于$b>a$可知，$b-a>0$，由此可知$1-x$是正有理数，所以$1 > x$。
从而可取$n=0$。

当$a>b$时，由命题$2.3.9$可知，存在自然数$m,r$使得$a=mb+r$且$0 \leq r < b$。
因为$a=mb+r$，所以，
\begin{align*}
  a/b & = (mb + r) / b \\
      & = m + r/b      \\
\end{align*}
由于$0 \leq r/b < 1$，所以可取$n=m$，满足命题。

（3）$x$是负有理数时，存在正整数$a,b$使得$x = (-a) / b$。

当$a<b$时，取$n=-1$，证明过程与上面类似，不在赘述

当$a>b$时，取$n=-(m+1)$，证明过程与上面类似，不在赘述

\textbf{2.证明$n$的唯一性}

假设存在整数$n_1 \neq n_2$并且满足
\begin{align}
  n_1  \leq x & < n_1 + 1 \\
  n_2  \leq x & < n_2 + 1
\end{align}

由于$n_1 \neq n_2$，不妨假设$n_1 < n_2$，
所以存在正自然数$a \geq 1$使得$n_2 = n_1 + a$，
又由假设可知$n_2 \leq x < n_1 + 1$，因为$n_2 = n_1 + a$，所以
\begin{align*}
  n_1 + a  \leq x & < n_1 + 1 \\
\end{align*}
由$a \geq 1$可知，以上公式矛盾，所以$n_1 < n_2$不成立。

同理可知$n_1 > n_2$不成立。

综上$n_1 \neq n_2$时无法同时满足命题，至此$n$的唯一性得证。

\section*{4.4.2}

证明：

\textbf{a.不存在无穷递降的自然数列}

利用反证法。假设存在无穷递降的自然数列$a_0,a_1,a2,...$。证明无穷递降的自然数列具有性质$p$：
对任意的$k \in N$和任意的$n \in N$都有$a_n \geq k$，然后利用性质$p$得到矛盾，以此达到“不存在无穷递降的自然数列”的目的。

利用归纳法证明性质p：

$k=0$时，由于是自然数列，所以任意$n \in N$都有$a_n \geq 0$；

归纳假设$k$时，任意$n \in N$都有$a_n \geq k$；

$k+1$时，假设存在$n \in \mathbb{N}$使得
\begin{align*}
  a_n < k + 1 \\
  \implies    \\
  a_n \leq k
\end{align*}
这与归纳假设矛盾，所以找不到$n$使得$a_n < k + 1$，
即任意$n$都有$a_n \geq k + 1$。

至此，性质$p$已证明完成。

令$k = a_0$，于是由性质$p$可得，
\begin{align*}
  a_1 \geq a_0
\end{align*}
这与数列$a_0, a_1, a_2, ...$是无穷递降矛盾。

\textbf{b.换成整数、正有理数无穷递降原理是否成立}

证明：

不成立；
整数无穷递降的数列是存在的，比如按一下方法构造$a_0=0,a_1=a_0-1,a_2=a_1-1,...$；

正有理数无穷递降的数列是存在的，比如按一下方法构造$a_0=1,a_1=\frac{1}{2}a_0,a_2=\frac{1}{2}a_1,...$；


\section*{4.4.3}

证明：

\textbf{一个自然数要么是偶数，要么是奇数，但不可能既是偶数也是奇数。}

对自然数n进行归纳证明。

自然数是$0$，此时是偶数，但不可能是奇数，因为$0$小于其他任意自然数，如果存在自然数$k_0$使得$0=2k_0+1$，则表明$0 \geq 1$。

归纳假设$n$时，$n$要么是偶数，要么是奇数，但不可能既是偶数也是奇数。

$n+1$时，如果$n$是偶数，即存在$k_0$使得$n=2k_0$，此时$n+1=2k_0+1$，$n+1$是奇数。
如果$n+1$同时又是偶数，即存在$k_1$使得$n+1=2k_1$，所以，
\begin{align*}
  2k_1 & = 2k_0 + 1
\end{align*}
于是$k_1 > k_0$，此时$k_1 \geq k_0+1$，$2k_1 \geq 2k_0 + 2$得到$2k_1 > 2k_0 + 1$，
由自然数序的三歧性可知，
\begin{align}
  2k_1 & = 2k_0 + 1 \\
  2k_1 & > 2k_0 + 1
\end{align}
不可同时成立，由此可知$n+1$不可能为偶数。

同理$n$是奇数时，$n+1$只能是偶数。

综上，归纳完成。

\textbf{2.$p$是奇数，那么$p^2$也是奇数。}

证明：

$p$是奇数，所以存在自然数$k$使得$p=2k+1$，所以，
\begin{align*}
  p^2 & = (2k+1)^2         \\
      & = 4k^2 + 4k + 1    \\
      & = 2(2k^2 + 2k) + 1
\end{align*}
于是$p^2$是奇数。


\textbf{3.因为$p^2 = 2q^2$，所以$q<p$。}

证明：

通过自然数序的三歧性证明。

（1）如果$p=q$，那么$p^2=p^2+p^2$，由于$p^2$是正自然数，所以$p^2>p^2$明显是错误的；

（2）如果$p<q$。由题设，
\begin{align*}
  p^2 & = 2q^2
\end{align*}
可知$p^2 > q^2$，又因为，$p<q$可知
\begin{align*}
  p^2 < qp < q^2
\end{align*}
于是与$p^2 > q^2$矛盾；

综上，$q<p$


\end{document}